ರೇಖಾ ಗಣಿತ

ಪೀಠಿಕೆ ರೇಖಾಗಣಿತವು ಆಕಾಶದಲ್ಲಿರುವ ವಸ್ತುಗಳ ಅಥವಾ ನಮ್ಮ ಸುತ್ತ ಮುತ್ತ ಕಂಡು ಬರುವ ಆಕೃತಿಗಳ ಗಾತ್ರ ಆಕಾರ, ರಚನೆ ಮತ್ತು ಲಕ್ಷಣಗಳನ್ನು ಅಧ್ಯಯನ ಮಾಡುವ ಗಣಿತ ಶಾಸ್ತ್ರದ ಒಂದು ಭಾಗವಾಗಿದೆ. ಭಾರತದಲ್ಲಿ ವೇದಗಳ ಕಾಲದಲ್ಲಿ ಯಜ್ಞ ವೇದಿಕೆ ಮತ್ತು ಯಜ್ಞಕುಂಡಗಳ ರಚನೆಯಲ್ಲಿ ರೇಖಾಗಣಿತದ ಜ್ಞಾನವನ್ನು ಬಳಸುತ್ತಿದ್ದರು. ಆ ಕಾಲದಲ್ಲಿಯೂ ಅವರು ಖಗೋಳ ಶಾಸ್ತ್ರದಲ್ಲಿ ಎಷ್ಟು ಪರಿಣಿತರಾಗಿದ್ದರೆಂದರೆ, ಅವರು ಅನುಸರಿಸಿದ ಲೆಕ್ಕಾಚಾರದ ಕ್ರಮವನ್ನು ಇಂದಿಗೂ ಅನುಸರಿಸಿ, ಹಲವು ವರ್ಷಗಳ ಮೊದಲೇ, ಗ್ರಹಣ ಸಂಭಿಸುವ ದಿನಾಂಕ ಮತ್ತು ಸಮಯಗಳನ್ನು (ಆರಂಭ, ಮಧ್ಯ, ಅಂತಿಮ ಕಾಲ) ಲೆಕ್ಕಾಚಾರ ಮಾಡಿ ನಿಖರವಾಗಿ ಹೇಳುತ್ತಾರೆ.

ಸ್ಕೇಲ್ ಬಳಸದೇ ಕೆಳಗೆ ಕೊಟ್ಟಿರುವ ಗೆರೆಯನ್ನು ಸಮನಾಗಿ 2 ಭಾಗ ಮಾಡುವುದು ಹೇಗೆ? ಟ್ಯಾಂಕರ್ ಮೂಲಕ ಸರಬರಾಜು ಮಾಡುವ ಪೆಟ್ರೋಲ್/ಹಾಲು/ನೀರು ಇವುಗಳನ್ನು ಗಳನ್ನು ಶೇಖರಿಸಿಡಲು ಎಷ್ಟು ಗಾತ್ರದ(ಲೀಟರ್) ಟ್ಯಾಂಕ್ ಕಟ್ಟಿಸಬೇಕು? ನಿಮ್ಮ ಮನೆಯಲ್ಲಿ ಅಮ್ಮ ಮತ್ತು ಅಜ್ಜಿಯಂದಿರು ಅಥವಾ ಅಂಗಡಿಯವರು ಬರ್ಫಿಯನ್ನು ಆಯತಾಕೃತಿಯಲ್ಲಿ ಕತ್ತರಿಸುವ ಬದಲು ಸಮಾಂತರ ಚತುರ್ಭುಜಾಕೃತಿಯಲ್ಲಿ ಏಕೆ ಕತ್ತರಿಸುತ್ತಾರೆ? ಇಂತಹ ಹಲವು ಪ್ರಶ್ನೆಗಳಿಗೆ ರೇಖಾಗಣಿತದಲ್ಲಿ ಉತ್ತರ ಸಿಗುತ್ತದೆ.

ವ್ಯಾಖ್ಯೆಗಳು ಮತ್ತು ಕೆಲವು ಮೂಲಭೂತ ರಚನೆಗಳು ವ್ಯಾಖ್ಯೆಗಳು:

1. ‘ಕೋನ’ (Angle): ಉಭಯ ಸಾಮಾನ್ಯ ಆದಿ ಬಿಂದುವುಳ್ಳ ಎರಡು ಕಿರಣಗಳನ್ನೊಳಗೊಂಡ ಭಾಗವು ಒಂದು ಕೋನ. ಕೋನವನ್ನು ‘ಡಿಗ್ರಿ’ಯಲ್ಲಿ ಅಳೆಯುತ್ತಾರೆ (0 0 ಯಿಂದ 360 0 )

ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದುವನ್ನು ಶೃಂಗಬಿಂದು (vertex) ಎನ್ನುತ್ತೇವೆ. ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ B ಯು ಶೃಂಗ ಬಿಂದು. ABC ಕೋನ.

ಇದನ್ನು ABC ಎಂದು ಬರೆಯುತ್ತೇವೆ. ಕೋನ ಮಾಪಕದ ಸಹಾಯದಿಂದ ಇದನ್ನು ಅಳೆದಾಗ, ABC = 50 0 .

ABC = CBA = 50 0 ಎನ್ನುವುದನ್ನು ಗಮನಿಸಿ.

ಸಂ.

ಕೋನದ ವಿಧ

ಕೋನದ ಅಳತೆ

ಬದಿಯ ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ ಉದಾಹರಣೆ

1

ಲಘುಕೋನ

0 0 ಯಿಂದ 90 0

AOC

2

ಲಂಬಕೋನ

= 90 0

3

ವಿಶಾಲಕೋನ

90 0 ಯಿಂದ 180 0

ಚಿಕ್ಕ COB ( ಪ್ರದಕ್ಷಿಣ )

4

ಸರಳಕೋನ

= 180 0 ( ಸರಳ ರೇಖೆಯ ಮೇಲಿನ ಕೋನ)

AOB

5

ಸರಳಾಧಿಕ ಕೋನ

180 0 ಯಿಂದ 360 0

ದೊಡ್ಡ BOC (ಪ್ರದಕ್ಷಿಣ )

ದತ್ತ ಸರಳರೇಖೆಗೆ ದತ್ತ ಬಾಹ್ಯ ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ಲಂಬವನ್ನೆಳೆಯುವುದು ಹಂತ 1: ಕೊಟ್ಟ ಅಳತೆಯ AB ಸರಳ ರೇಖೆಯನ್ನು ಎಳೆಯಿರಿ. C ಯು ದತ್ತ ಬಾಹ್ಯಬಿಂದು.

ಹಂತ 2: C ಯನ್ನು ಕೇಂದ್ರವಾಗಿಟ್ಟುಕೊಂಡು ಅನುಕೂಲವಾದ ತ್ರಿಜ್ಯದಿಂದ AB ರೇಖೆಯನ್ನು ಎರಡು ಪ್ರತ್ಯೇಕ ಬಿಂದುಗಳು X, Y ಗಳಲ್ಲಿ ಕಡಿಯುವಂತೆ ಒಂದು ಕಂಸವನ್ನೆಳೆಯಿರಿ.

ಹಂತ 3: X ಮತ್ತು Y ಗಳನ್ನು ಕೇಂದ್ರವಾಗಿಟ್ಟುಕೊಂಡು XY ಯ ಅರ್ಧಕ್ಕಿಂತ ಹೆಚ್ಚಿನ ತ್ರಿಜ್ಯದಿಂದ ಎರಡು ಕಂಸಗಳನ್ನು ಪರಸ್ಪರ Z ನಲ್ಲಿ ಕಡಿಯುವಂತೆ ಎರಡು ಕಂಸಗಳನ್ನೆಳೆಯಿರಿ.

ಹಂತ 4: C ಮತ್ತು Z ಗಳನ್ನು ಜೋಡಿಸಿ. CZ ರೇಖೆಯು AB ಯನ್ನು L ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸಲಿ.CLಎಂಬುದು ABಗೆ ಲಂಬವಾಗಿರುತ್ತದೆ.

ಗಮನಿಸಿ: ದತ್ತ ಸರಳರೇಖೆಯ ಮೇಲೆಯೇ ಇರುವ ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ಲಂಬವನ್ನು ಎಳೆಯುವ ಕ್ರಮವೂ ಹೀಗೆಯೇ ಆಗಿದೆ.(Cಯು AB ಯ ಮೇಲೆ L ನಂತೆಯೇ ಒಂದು ಬಿಂದು ಆಗಿರಬಹುದು)

ಗಮನಿಸಿ: ಬಾ.ಬಾ.ಬಾ ಮತ್ತು ಬಾ.ಕೋ.ಬಾ ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ (ಅಧ್ಯಾಯ 6.4.3) ದಂತೆ CLY = CLX = 90 0 ಎಂದು ಸಾಧಿಸಬಹುದು.

ದತ್ತ ಸರಳರೇಖೆಯ ಲಂಬ ದ್ವಿಭಾಜಕವನ್ನೆಳೆಯುವುದು (Construction of Perpendicular bisector to a line):

ಹಂತ 1 : ದತ್ತ ಅಳತೆಯ AB ಸರಳರೇಖೆಯನ್ನೆಳೆಯಿರಿ

ಹಂತ 2: Aಯನ್ನು ಕೇಂದ್ರವಾಗಿಟ್ಟುಕೊಂಡು, AB ಯ ಅರ್ಧಕ್ಕಿಂತ ಹೆಚ್ಚಿನ ತ್ರಿಜ್ಯದಿಂದ ABಯ ಎರಡೂ ಬದಿಗಳಲ್ಲಿಒಂದೊಂದು ಕಂಸಗಳನ್ನೆಳೆಯಿರಿ. B ಬಿಂದುವನ್ನು ಕೇಂದ್ರವಾಗಿಟ್ಟುಕೊಂಡು, ಅದೇ ತ್ರಿಜ್ಯದಿಂದ ಮುಂಚಿನ ಕಂಸಗಳನ್ನುX ಮತ್ತು Y ಗಳಲ್ಲಿ ಕಡಿಯುವಂತೆ ಇನ್ನೆರಡು ಕಂಸಗಳನ್ನೆಳೆಯಿರಿ.

ಹಂತ 3: XY ಯನ್ನು ಸೇರಿಸಿ. ಅದು ABಯನ್ನುL ನಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸಿದೆ. ಈಗ XY ಯು AB ಯನ್ನು ಅರ್ಧಿಸುತ್ತದೆ,ABಯು XY ಗೆ ಲಂಬವಾಗಿದೆ. L ಎಂಬುದು ABಯ ಮಧ್ಯಬಿಂದು

ಗಮನಿಸಿ: ಬಾ.ಬಾ.ಬಾ. ಮತ್ತು ಬಾ.ಕೋ.ಬಾ. ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ (ಅಧ್ಯಾಯ 6.4.3)ಆಧಾರದಲ್ಲಿ AL=BL and ALY = YLB = 90 0 ಎಂದು ಸಾಧಿಸಬಹುದು.

ಕೋನಾರ್ಧಕ ರೇಖೆಯನ್ನು ಎಳೆಯುವುದು ಹಂತ 1: ಕೋನಮಾಪಕದ ಸಹಾಯದಿಂದ ದತ್ತ ಅಳತೆಯ CAB ರಚಿಸಿ.

ಹಂತ 2: A ಯನ್ನು ಕೇಂದ್ರವಾಗಿಟ್ಟುಕೊಂಡು, ಅನುಕೂಲವಾದ ತ್ರಿಜ್ಯದ ಸಹಾಯದಿಂದ,, AB ಮತ್ತುACಗಳನ್ನುP ಮತ್ತು Q ಬಿಂದುಗಳಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸುವಂತೆ ಕಂಸವನ್ನೆಳೆಯಿರಿ.

ಹಂತ 3: ಈಗ P ಮತ್ತು Q ಕೇಂದ್ರವಾಗಿಟ್ಟುಕೊಂಡು PQ ಅರ್ಧಕ್ಕಿಂತ ಹೆಚ್ಚಿನ ತ್ರಿಜ್ಯದಿಂದ ಎರಡು ಕಂಸಗಳನ್ನು R ನಲ್ಲಿ ಕಡಿಯುವಂತೆ ಎಳೆಯಿರಿ.

ಹಂತ 4: ARಜೋಡಿಸಿ.AR ರೇಖೆಯು CABಯ ಕೋನಾರ್ಧಕ ರೇಖೆ. ( CAR = RAB)

ಗಮನಿಸಿ: ಬಾ.ಬಾ.ಬಾ. ಮತ್ತು ಬಾ.ಕೋ.ಬಾ. ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ ಸಹಾಯದಿಂದ (ಅಧ್ಯಾಯ 6.4.3) CAR = RAB ಎಂದು ಸಾಧಿಸಬಹುದು.

ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧಗಳು ಸ್ವೀಕೃತ ಸಿದ್ಧಾಂತಗಳು ಮತ್ತು ಹೇಳಿಕೆಗಳು ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧಗಳು

ರೇಖಾಗಣಿತದಲ್ಲಿ ಕೆಲವು ವಿಷಯಗಳನ್ನು ಯಾವುದೇ ಚರ್ಚೆ ಮತ್ತು ಸಾಧನೆಗಳಿಲ್ಲದೆ ಒಪ್ಪಿಕೊಳ್ಳಬೇಕಾಗುತ್ತದೆ. ಇವುಗಳನ್ನು ‘ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧಗಳು’ ಮತ್ತು

‘ಸ್ವೀಕೃತ ಸಿದ್ಧಾಂತಗಳು’ ಎನ್ನುತ್ತೇವೆ. ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ ಎಂದರೆ ಹೇಳಿಕೆ. ಈಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧಗಳು ಗಣಿತ

ಶಾಸ್ತ್ರದ ಇತರ ವಿಭಾಗಗಳಿಗಿಂತ ರೇಖಾಗಣಿತದಲ್ಲೇ ಹೆಚ್ಚಾಗಿ ಬೇಕಾಗುತ್ತದೆ. ಇವೆಲ್ಲಾ ಸ್ವಯಂನಿರ್ಧರಿತ ಸತ್ಯಸಂಗತಿಗಳಾಗಿದೆ.

ಗಮನಿಸಿ :

ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧಗಳು ಪರಸ್ಪರ ವಿರುದ್ಧ ಹೇಳಿಕೆಗಳಾಗಬಾರದು. ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧಗಳು ಸ್ವತಂತ್ರವಾಗಿರಬೇಕು.(ಒಂದು ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧದ ಆಧಾರದಿಂದ ಇನ್ನೊಂದು ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ ಉದ್ಭವಿಸಿರಬಾರದು) ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧಗಳು ಅತಿ ಕಡಿಮೆ ಸಂಖ್ಯೆಯಲ್ಲಿರಬೇಕು. 1. ಬೀಜಗಣಿತದಲ್ಲಿ a = b ಮತ್ತು b = c ಆದರೆ a = c ಆಗಿರುತ್ತದೆ.

ಚಿತ್ರ 1 ರಲ್ಲಿ AB ಯ ಉದ್ದ: 3 ಸೆಂ.ಮಿ

ಚಿತ್ರ 2 ರಲ್ಲಿ CD ಯ ಉದ್ದ: 3 ಸೆಂ.ಮಿ

ಆಗ ನಾವು AB=CD ಎಂದು ಹೇಳಬಹುದು.

ಚಿತ್ರ 3 ರಲ್ಲಿ ABC = 50 0

ಚಿತ್ರ 4 ರಲ್ಲಿ PQR = 50 0 .

ಆಗ ABC = PQR.

ರೇಖಾಗಣಿತದಲ್ಲಿ ಈ ಗುಣವನ್ನು ಒಂದು ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧದಲ್ಲಿ ಹೀಗೆ ನಿರೂಪಿಸಬಹುದು:

6.2.1 ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ 1: ಒಂದೇ ಅಂಶಕ್ಕೆ ಸಮವಾಗಿರುವ ಅಂಶಗಳು ಪರಸ್ಪರ ಸಮವಾಗಿರುತ್ತವೆ.

2. ಬೀಜಗಣಿತದಲ್ಲಿ a = b ಆದರೆ a+c = b+c ಆಗಿರುತ್ತದೆ.

ಚಿತ್ರ 5 ರಲ್ಲಿ AB=3 ಸೆಂ.ಮಿ BE=2 ಸೆಂ.ಮಿ

ಚಿತ್ರ 6 ರಲ್ಲಿ CD=3 ಸೆಂ.ಮಿ DF =2 ಸೆಂ.ಮಿ

BE ಮತ್ತು DF ಗಳನ್ನು ಅನುಕ್ರಮವಾಗಿ AB ಮತ್ತು CD ಗಳಿಗೆ ಸೇರಿದಾಗ,AE=AB+BE = 5 ಸೆಂ.ಮಿ CF=CD+DF = 5 ಸೆಂ.ಮಿ

ಆಗ, AE=CF.

ಚಿತ್ರ 7 ರಲ್ಲಿ ABC = 20 0 , CBD = 40 0 .

ಚಿತ್ರ 8 ರಲ್ಲಿ PQR = 20 0 , RQS = 40 0 .

ಈಗ CBD ಮತ್ತು RQS ಗಳನ್ನು ಕ್ರಮವಾಗಿ

ABC ಮತ್ತು PQR ಗಳಿಗೆ ಕೂಡಿದಾಗ,

ABD= 60 0 , PQS = 60 0 ಆಗ, ABD = PQS.

ರೇಖಾಗಣಿತದಲ್ಲಿ ಈ ಲಕ್ಷಣವನ್ನು ಒಂದು ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧದಲ್ಲಿ ಹೀಗೆ ಹೇಳುತ್ತೇವೆ:

ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ 2: ಪರಸ್ಪರ ಸಮವಾದ ಎರಡು ಅಂಶಗಳಿಗೆ, ಸಮವಾದ ಅಂಶಗಳನ್ನು ಕೂಡಿಸಿದಾಗ, ಮೊತ್ತಗಳು ಸಮವಾಗುತ್ತವೆ.

3. ಬೀಜಗಣಿತದಲ್ಲಿ a = b ಆದರೆ a-c = b-c ಆಗಿರುತ್ತದೆ.

ಚಿತ್ರ 9 ರಲ್ಲಿ AE=5 ಸೆಂ.ಮಿ BE=2 ಸೆಂ.ಮಿ

ಚಿತ್ರ 10 ರಲ್ಲಿ CF=5 ಸೆಂ.ಮಿ DF =2 ಸೆಂ.ಮಿ

ಈಗ BE ಮತ್ತು DF ಗಳನ್ನು ಕ್ರಮವಾಗಿ AE ಮತ್ತು CF ಗಳಿಂದ ಕಳೆದಾಗ,AB=AE-BE=3 ಸೆಂ.ಮಿ ಮತ್ತು CD=CF-DF=3 ಸೆಂ.ಮಿ

ಆಗ AB=CD ಎಂದು ಹೇಳಬಹುದು

ಚಿತ್ರ 11 ರಲ್ಲಿ ABD = 60 0 , CBD = 40 0 .

ಚಿತ್ರ 12 ರಲ್ಲಿ PQS = 60 0 , RQS = 40 0 .

ಈಗ CBD ಮತ್ತು RQS ಗಳನ್ನು ಕ್ರಮವಾಗಿ

ABD ಮತ್ತು PQS ಗಳಿಂದ ಕಳೆದಾಗ,

ABC = 20 0 , PQR = 20 0 DUÀ ABC = PQR.

ರೇಖಾಗಣಿತದಲ್ಲಿ ಈ ಲಕ್ಷಣವನ್ನು ಒಂದು ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧದಲ್ಲಿ ಹೀಗೆ ಹೇಳುತ್ತೇವೆ.

6.2.1 ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ 3: ಪರಸ್ಪರ ಸಮವಾದ ಎರಡು ಅಂಶಗಳಿಂದ ಸಮವಾದ ಎರಡು ಅಂಶಗಳನ್ನು ಕಳೆದಾಗ, ಉಳಿಯುವ ಅಂಶಗಳು ಸಮ.

4. ಬೀಜಗಣಿತದಲ್ಲಿ n > 1 ಆದಾಗ a > (a/n) ಆಗಿರುತ್ತದೆ.

ಚಿತ್ರ 13 ರಲ್ಲಿ AB ಯನ್ನು AE ಮತ್ತು EBಗಳೊಂದಿಗೆ ಹೋಲಿಸಿ.

ಇಲ್ಲಿ AB>AE , AB>BE.

ಚಿತ್ರ 14 ರಲ್ಲಿ ABC ಯನ್ನು

ABD ಮತ್ತು DBC ಯೊಂದಿಗೆ ಹೋಲಿಸಿ.

ABC > ABD , ABC > DBC.

ರೇಖಾಗಣಿತದಲ್ಲಿ ಈ ಲಕ್ಷಣವನ್ನು ಒಂದು ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧದಲ್ಲಿ ಹೀಗೆ ಹೇಳುತ್ತೇವೆ

6.2.1 ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ 4: ಪೂರ್ಣವು ಅದರ ಭಾಗಕ್ಕಿಂತಲೂ ದೊಡ್ಡದು.

ಗಮನಿಸಿ: ಈ ಮೇಲಿನ ಎಲ್ಲಾ ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧಗಳನ್ನು ರೇಖಾಗಣಿತದಲ್ಲಿ ಮಾತ್ರವಲ್ಲದೆ ಗಣಿತದ ಎಲ್ಲಾ ವಿಭಾಗಗಳಲ್ಲೂ ಉಪಯೋಗಿಸುತ್ತೇವೆ.

6.2.2 ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆಗಳು (ಸ್ವೀಕೃತ ಸಿದ್ಧಾಂತಗಳು)( Postulates):

ವ್ಯಾಖ್ಯೆ: ಸಾಮಾನ್ಯ ಒಪ್ಪಂದದಿಂದ ತೆಗೆದುಕೊಂಡ ‘ರೇಖಾಗಣಿತದ’ ಊಹಾ ಸತ್ಯಗಳನ್ನು ‘ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆ’ ಎನ್ನುವರು. ಇವುಗಳು ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧದಂತೆಯೇ ಆಗಿವೆ. ಆದರೆ ಇವುಗಳ ಸತ್ಯಾಸತ್ಯತೆಯನ್ನು ಸೂಕ್ತವಾದ ರಚನೆ ಮತ್ತು ಅಳತೆಗಳಿಂದ ಪರಿಶೀಲಿಸಬಹುದು.

100 ಮೀಟರ್ ಉದ್ದದ ಓಟದ ಹಾದಿಗಳನ್ನು ಹೇಗೆ ಗುರುತಿಸುತ್ತೀರೆಂದು ನೀವು ಗಮನಿಸಿದ್ದೀರಾ?

ಕೆಲಸಗಾರರು 100 ಮೀಟರ್ ಅಂತರದಲ್ಲಿ ಎರಡು ಬಿಂದುಗಳನ್ನು ಗುರುತಿಸಿ, ಆ ಎರಡು ಬಿಂದುಗಳನ್ನು ಸುಣ್ಣದ ಪುಡಿ ಉಪಯೋಗಿಸಿ ಸರಳರೇಖೆಗಳನ್ನೆಳೆದು ಜೋಡಿಸುತ್ತಾರೆ. ಇಲ್ಲಿ ರೇಖಾಗಣಿತದ ಯಾವ ನಿಯಮಗಳನ್ನು ಉಪಯೋಗಿಸಬೇಕಾಗಿದೆ?

ಪಕ್ಕದ ಸರಳ ರೇಖಾ ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ A, B ಗಳು ಎರಡು ಬಿಂದುಗಳಾಗಿದ್ದು.

AB ಯು ಈ ಎರಡು ಬಿಂದುಗಳ ಮೂಲಕ ಹಾದು ಹೋಗುವ ಸರಳರೇಖೆಯಾಗಿದೆ.

ಮೇಲಿನ ಲಕ್ಷಣವನ್ನು ಒಂದು ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆಯಿಂದ ಹೀಗೆ ಹೇಳಬಹುದು.

6.2.2 ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆ 1: ಎರಡು ಬಿಂದುಗಳ ಮೂಲಕ ಒಂದೇ ಒಂದು ಸರಳರೇಖೆಯನ್ನೆಳೆಯಬಹುದು.

ಈ ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆ ಗೊತ್ತಿಲ್ಲದೆಯೂ ಕೆಲಸಗಾರರು ಹೇಗೆ ಗೆರೆ ಎಳೆಯುತ್ತಾರೆ ನೋಡಿ!

ನೀವು ಸೈಕಲಿನ ಚಕ್ರದ ಮಧ್ಯದಲ್ಲಿ ಕಡ್ಡಿಗಳು ಜೋಡಿಸಿರುವುದನ್ನು ಗಮನಿಸಿದ್ದೀರಾ?

ಪಕ್ಕದ ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ O ಚಕ್ರದ ಮಧ್ಯಬಿಂದು.

ಹಲವು ಕಡ್ಡಿಗಳನ್ನು ಕೇಂದ್ರಕ್ಕೆ ಜೋಡಿಸಲಾಗಿದೆ.

ಮೇಲಿನ ಲಕ್ಷಣವನ್ನು ಒಂದು ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆಯಿಂದ ಹೀಗೆ ಹೇಳಬಹುದು

6.2.2 ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆ 2: ಒಂದು ಬಿಂದುವಿನ ಮೂಲಕ ಅನೇಕ ಸರಳರೇಖೆಗಳನ್ನು ಎಳೆಯಬಹುದು.

ಪಕ್ಕದ ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ PQ ಒಂದು ಸರಳರೇಖೆಯಾಗಿದ್ದು ಅದನ್ನು ಎರಡೂ ಕಡೆಗಳಿಗೆ ವೃದ್ಧಿಸಲಾಗಿದೆ.

ಮೇಲಿನ ಲಕ್ಷಣವನ್ನು ಒಂದು ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆಯಿಂದ ಹೀಗೆ ಹೇಳಬಹುದು.

6.2.2 ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆ 3: ಒಂದು ಸರಳರೇಖೆಯನ್ನು ಎರಡೂ ಕಡೆಗಳಲ್ಲಿ ಎಷ್ಟು ದೂರಕ್ಕೆ ಬೇಕಾದರೂ ವೃದ್ಧಿಸಬಹುದು

ಪಕ್ಕದ ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ O ಬಿಂದುವಿನಿಂದ OA ಮತ್ತು OB ರೇಖಾಕಿರಣಗಳನ್ನು ಪರಸ್ಪರ ವಿರುದ್ಧ ದಿಕ್ಕಿನಲ್ಲಿ ಎಳೆಯಲಾಗಿದೆ. O ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ಆದ ಕೋನವನ್ನು ಅಳೆಯಿರಿ AOB = 180 0

ಮೇಲಿನ ಲಕ್ಷಣವನ್ನು ಒಂದು ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆಯಿಂದ ಹೀಗೆ ಹೇಳಬಹುದು.

6.2.2 ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆ 4: ಒಂದಕ್ಕೊಂದು ವಿರುದ್ಧ ದಿಕ್ಕಿನಲ್ಲಿರುವ ಎರಡು ಕಿರಣಗಳ ಆರಂಭದ ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ಏರ್ಪಡುವ ಕೋನವು 180 0 ಇರುತ್ತದೆ.

ನೀವು ಕುರ್ಚಿಯಲ್ಲಿ ಹೇಗೆ ಕುಳಿತುಕೊಳ್ಳುವಿರಿ? ಕಾಲುಗಳನ್ನು ಪರಸ್ಪರ ಛೇದಿಸುವಂತೆ ಹಾಕಿ ಅಥವಾ ಕಾಲುಗಳನ್ನು ಒಂದಕ್ಕೊಂದು ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿಟ್ಟುಕೊಂಡು ...

ಪಕ್ಕದ ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ AB ಮತ್ತು CD ರೇಖೆಗಳು O ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸುತ್ತದೆ ಅಥವಾ ಅವುಗಳು ಪರಸ್ಪರ ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿವೆ.

ಮೇಲಿನ ಲಕ್ಷಣವನ್ನು ಒಂದು ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆಯಿಂದ ಹೀಗೆ ಹೇಳಬಹುದು.

6.2.2 ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆ 5: ಎರಡು ಸರಳರೇಖೆಗಳು ಒಂದೇ ಒಂದು ಉಭಯ ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದುವನ್ನು ಹೊಂದಿರುತ್ತದೆ ಅಥವಾ ಯಾವುದೇ ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದು ಹೊಂದಿರುವುದಿಲ್ಲ.

ರೈಲ್ವೇ ಹಳಿಗಳು ಪರಸ್ಪರ ಸಂಧಿಸಿದರೇನಾಗುತ್ತದೆ?

ರೈಲ್ವೇ ಪ್ರಯಾಣ ಅಸಾಧ್ಯ…

ಪಕ್ಕದ ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ AB ಮತ್ತು CD ಸರಳರೇಖೆಗಳು ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿದ್ದು, ಅವುಗಳನ್ನು ಎರಡೂ ಬದಿಗಳಲ್ಲಿ ಎಷ್ಟು ದೂರಕ್ಕೆ ವೃದ್ಧಿಸಿದರೂ ಸಂಧಿಸುವುದಿಲ್ಲ. (ರೈಲ್ವೇ ಹಳಿಯಂತೆ)

ಮೇಲಿನ ಲಕ್ಷಣವನ್ನು ಒಂದು ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆಯಿಂದ ಹೀಗೆ ಹೇಳಬಹುದು.

6.2.2 ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆ 6: ಎರಡು ಸಮಾನಾಂತರ ಸರಳರೇಖೆಗಳನ್ನು ಅನಂತ ದೂರದವರೆಗೆ ವೃದ್ಧಿಸಿದರೂ ಅವು ಪರಸ್ಪರ ಸಂಧಿಸುವುದಿಲ್ಲ.

ತೀರ್ಮಾನ: ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆ 5 ಮತ್ತು 6ರಿಂದ, ನಾವೇನು ತೀರ್ಮಾನಕ್ಕೆ ಬರಬಹುದು? ಎರಡು ಸರಳರೇಖೆಗಳು ಒಂದು ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದುವನ್ನು ಹೊಂದಿರದಿದ್ದರೆ, ಅವುಗಳು ಸಮಾನಾಂತರ ಸರಳರೇಖೆಗಳಾಗಿರುತ್ತವೆ.

ಹೇಳಿಕೆಗಳು ರೇಖಾಗಣಿತದಲ್ಲಿ ಕೆಲವು ಸತ್ಯ ಸಂಗತಿಗಳು ಹೇಳಿಕೆಯ ರೂಪದಲ್ಲಿರುತ್ತವೆ. ಈ ಹೇಳಿಕೆಗಳ ಸತ್ಯಾಂಶವನ್ನು ರಚನೆ ಮತ್ತು ಅಳತೆಗಳಿಂದ ತಿಳಿಯಬಹುದು.

ಪಕ್ಕದ ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ AOC + COB = 180 0

ಮೇಲಿನ ಸತ್ಯಾಂಶವನ್ನು ಕೆಳಗಿನ ಹೇಳಿಕೆ ರೂಪದಲ್ಲಿ ಬರೆಯಬಹುದು.

6.2.3 ಹೇಳಿಕೆ 1: ಒಂದು ಸರಳರೇಖೆಯ ಮೇಲೆ ಒಂದು ರೇಖಾಕಿರಣ ನಿಂತಾಗ ಆ ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ಉಂಟಾಗುವ ಕೋನಗಳ ಮೊತ್ತ 1800 ಇರುತ್ತದೆ. ಆ ಕೋನಗಳನ್ನು ಸರಳಯುಗ್ಮ ಕೋನಗಳು ಎನ್ನುತ್ತೇವೆ.

ಇದನ್ನು ಕೆಲವು ಬಾರಿ ‘ಸರಳಯುಗ್ಮ ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ’ (Linear pair axiom) ಎನ್ನುವರು.

ಪಕ್ಕದ ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ AB ಮತ್ತು CD ರೇಖೆಗಳು O ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸುತ್ತವೆ. ಆಗ,

AOC = DOB ಮತ್ತು AOD = COB

ಮೇಲಿನ ಸತ್ಯಾಂಶವನ್ನು ಕೆಳಗಿನ ಹೇಳಿಕೆ ರೂಪದಲ್ಲಿ ಬರೆಯಬಹುದು.

6.2.3 ಹೇಳಿಕೆ 2: ಎರಡು ಸರಳರೇಖೆಗಳು ಪರಸ್ಪರ ಛೇದಿಸಿದಾಗ ಉಂಟಾಗುವ ಶೃಂಗಾಭಿಮುಖ ಕೋನಗಳು ಸಮ.

ಇದಕ್ಕೆ ಉದಾಹರಣೆ ಕತ್ತರಿ.

ಮೇಲಿನ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಈ ಕೆಳಗಿನಂತೆ ಸಾಧಿಸಬಹುದು:

ಸಂ.

ನಿರೂಪಣೆ

ಕಾರಣಗಳು

1

AOC + COB = 180 0

ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆ 1: AB ಯು ಒಂದು ಸರಳರೇಖೆ OC ಯು AB ಮೇಲೆ ನಿಂತಿದೆ.

2

DOA + AOC = 180 0

ಆಧಾರ ಪ್ರತಿಜ್ಞೆ 1: DC ಯು ಒಂದು ಸರಳರೇಖೆ OAಯು DC ಮೇಲೆ ನಿಂತಿದೆ.

3

AOC + COB = DOA + AOC

ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ 1

4

COB = DOA

ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ 3( AOC ಯನ್ನು ಎರಡೂ ಬದಿಗಳಿಂದ ಕಳೆದಿದೆ)

ಇದೇ ರೀತಿಯಾಗಿ, AOC = DOB ಎಂದು ಸಾಧಿಸಬಹುದು.

ವ್ಯಾಖ್ಯೆಗಳು:

1.ಯಾವುದೇ ಎರಡು ಕೋನಗಳು ಉಭಯ ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಾಹು ಒಂದು ಉಭಯ ಸಾಮಾನ್ಯ ಶೃಂಗ ಬಿಂದುವನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದರೆ, ಅಂತಹ ಕೋನಗಳನ್ನು ‘ಪಾರ್ಶ್ವ ಕೋನಗಳು’ (adjacent) ಎನ್ನುತ್ತೇವೆ.

ಪಕ್ಕದ ಚಿತ್ರ 1 ರಲ್ಲಿ ABC ಮತ್ತು CBD ಗಳು ಪಾರ್ಶ್ವ ಕೋನಗಳು ಇಲ್ಲಿ

B ಯು ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದು. BCಯು ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಾಹು.

2. ಎರಡು ಕೋನಗಳ ಮೊತ್ತ 90 0 ಇದ್ದರೆ, ಆ ಎರಡು ಕೋನಗಳನ್ನು “ಪೂರಕ ಕೋನಗಳು””(complimentary) ಎನ್ನುತ್ತೇವೆ.

ಪಕ್ಕದ ಚಿತ್ರ 2 ರಲ್ಲಿ PQS + SQR = PQR ಮತ್ತು PQR=90 0

ಆದ್ದರಿಂದ PQS ಮತ್ತು SQR ಗಳು ಪೂರಕಕೋನಗಳು.

3. ಎರಡು ಕೋನಗಳ ಮೊತ್ತ 180 0 ಇದ್ದರೆ, ಆ ಎರಡು ಕೋನಗಳನ್ನು “ಪರಿಪೂರಕ ಕೋನಗಳು” (ಅಥವಾಸಂಪೂರಕ ಕೋನಗಳು)(supplementary) ಎನ್ನುತ್ತೇವೆ.

ಪಕ್ಕದ ಚಿತ್ರ 3 ರಲ್ಲಿ XOZ ಮತ್ತು ZOY ಗಳು ಪರಿಪೂರಕ ಕೋನಗಳು. ಏಕೆಂದರೆ XOZ+ XOY = 180 0 )

ಸಂ

ಕೋನಗಳ ವಿಂಗಡಣೆ

ಉದಾಹರಣೆ

1

ಪಾರ್ಶ್ವ ಕೋನಗಳು

ABC ಮತ್ತು CBD

2

ಪೂರಕ ಕೋನಗಳು

PQS ಮತ್ತು SQR

PQS + SQR=90 0

3

ಪರಿಪೂರಕ ಕೋನಗಳು

XOZ ಮತ್ತು XOY

XOZ + XOY=180 0

4

ಒಂದೇ ಸಮತಲದಲ್ಲಿರುವ ಎರಡು ಸರಳ ರೇಖೆಗಳನ್ನು ಬೇರೆ ಬೇರೆ ಬಿಂದುಗಳಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸುವ ರೇಖೆಯನ್ನು‘ಛೇದಕ ರೇಖೆ’ (transversal) ಎನ್ನುವರು.

ಪಕ್ಕದ ಚಿತ್ರ 4 ರಲ್ಲಿ AB ಮತ್ತು CD ಗಳು ಒಂದೇ ಸಮತಲದಲ್ಲಿನ ಎರಡು ಸರಳ ರೇಖೆಗಳು.

EF ರೇಖೆಯು ABಯನ್ನುGಯಲ್ಲಿಯೂCDಯನ್ನುH ಯಲ್ಲಿಯೂ ಛೇದಿಸುತ್ತವೆ ಆದ್ದರಿಂದ EF ಒಂದು ಛೇದಕರೇಖೆ.

ಎರಡು ಸರಳ ರೇಖೆಗಳನ್ನು ಒಂದು ಛೇದಕ ರೇಖೆಯು ಛೇದಿಸಿದಾಗ ಉಂಟಾಗುವ ವಿವಿಧ ಕೋನಗಳು:

ಪಾರ್ಶ್ವ ಕೋನಗಳು

ಶೃಂಗಾಭಿಮುಖ ಕೋನಗಳು

( 4 ಜೊತೆ)

ಪರ್ಯಾಯ ಕೋನಗಳು

( 2 ಜೊತೆ )

ಅನುರೂಪ ಕೋನಗಳು

( 4 ಜೊತೆ )

ಅಂತರ್ ಕೋನಗಳು

( 2 ಜೊತೆ)

AGE & EGB

AGE & HGB

AGH & GHD

EGB & GHD

AGH and GHC

CHF & FHD

CHF & GHD

BGH & CHG

AGE & CHG

BGH and GHD

…….

AGH & EGB

AGH & CHF

CHG & FHD

BGH & DHF

ಪಕ್ಕದ ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ AB ಮತ್ತು CD ಗಳು ಸಮಾಂತರ ಸರಳರೇಖೆಗಳು EF ಛೇದಕ ರೇಖೆ. ಆಗ,

EGB = GHD

AGH = CHF

AGE = CHG ಮತ್ತು

BGH = DHF.

ಮೇಲಿನ ಸತ್ಯಾಂಶವನ್ನು ಕೆಳಗಿನ ಹೇಳಿಕೆ ರೂಪದಲ್ಲಿ ಬರೆಯಬಹುದು.

6.2.3 ಹೇಳಿಕೆ 3: ಒಂದು ಛೇದಕ ರೇಖೆಯು ಎರಡು ಸಮಾಂತರ ಸರಳರೇಖೆಗಳನ್ನು ಛೇದಿಸಿದಾಗ ಉಂಟಾಗುವ ಅನುರೂಪಕೋನಗಳು ಸಮವಾಗಿರುತ್ತದೆ..

6.2.3 ಹೇಳಿಕೆ 4: ಒಂದು ಜೊತೆ ಅನುರೂಪಕೋನಗಳು ಸಮವಾಗಿರುವಂತೆ ಒಂದು ಛೇದಕ ರೇಖೆಯು ಎರಡು ಸರಳರೇಖೆಗಳನ್ನು ಕತ್ತರಿಸಿದರೆ, ಆ ಎರಡು ರೇಖೆಗಳು ಸಮಾಂತರ ರೇಖೆಗಳಾಗಿರುತ್ತವೆ. (ಇದು ಹೇಳಿಕೆ 6.2.3.3 ರ ವಿಲೋಮ)

6.2 ಸಮಸ್ಯೆ 1 : ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ O ಎಂಬುದು AB ಎಂಬುದು OP ರೇಖಾಕಿರಣವು AB ಯ ಮೇಲೆ O ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ನಿಂತಿದೆ.

OQ ರೇಖೆಯು POB ಯನ್ನು, OR ರೇಖೆಯು AOP ಯನ್ನು ಅರ್ಧಿಸುತ್ತವೆ. ಆಗ ROQ = 90 0 ಎಂದು ಸಾಧಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ :

ಸಂ.

ನಿರೂಪಣೆ

ಕಾರಣಗಳು

1

POQ = QOB

OQ ವು POBಯ ಕೋನಾರ್ಧ ರೇಖೆ

2

POB = 2* POQ

ಹಂತ 1ರಿಂದ

3

AOP = 2* ROP

OR ವು AOP ಯ ಕೋನಾರ್ಧ ರೇಖೆ.

4

AOP + POB = 180 0

ಹೇಳಿಕೆ 1: AB ರೇಖೆಯ ಮೇಲೆ ಕಿರಣ OP ನಿಂತಿದೆ.

5

2* ROP +2* POQ =180 0

ಹಂತ 4,2,3 ರಿಂದ

6

2( ROP + POQ) =180 0

ಸುಲಭೀಕರಿಸಿ

7

ROP + POQ =90 0

8

ROQ=90 0

ROP + POQ= ROQ

6.2 ಸಮಸ್ಯೆ 2 ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ O ಎಂಬುದು AB ಯ ಮೇಲಿನ ಒಂದು ಬಿಂದು. OP ಮತ್ತು OQ ಕಿರಣಗಳು AB ಯ ಮೇಲೆ O ಬಿಂದುವಿನಲ್ಲಿ ನಿಂತಿವೆ. ಅಲ್ಲಿ ಉಂಟಾದ ಕೋನಗಳನ್ನು

ಕಂಡುಹಿಡಿದು QOP ಯು ಒಂದು ಲಂಬಕೋನ ಎಂದು ತೋರಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ :

ಸಂ.

ನಿರೂಪಣೆ

ಕಾರಣಗಳು

1

AOP+POB=180 0

ಹೇಳಿಕೆ 1: AB ಯ ಮೇಲೆ OP ನಿಂತಿದೆ.

2

x+2x = 180 0 i.e.3x =180 0 i.e. x =60 0

3

AOQ+QOB=180 0

ಹೇಳಿಕೆ 1: AB ಯ ಮೇಲೆ OQ ನಿಂತಿದೆ.

4

y+5y = 180 0 i.e. 6y = 180 0 i.e. y =30 0

5

AOP = x = 60 0 POB = 2x = 120 0

6

AOQ = y = 30 0 , QOB = 5y =150 0

7

QOP = QOA + AOP= y+x =30 0 + 60 0 = 90 0

6.2 ಸಮಸ್ಯೆ 3: ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ AB ರೇಖೆಯ ಮೇಲಿನ ಬಿಂದು ‘O’. a-b=80 0 ಆದರೆ a ಮತ್ತು b ಗಳನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿ.

ಪರಿಹಾರ :

ಸಂ.

ನಿರೂಪಣೆ

ಕಾರಣಗಳು

1

AOP+ POB=180 0

ಹೇಳಿಕೆ 1: AB ಯ ಮೇಲೆ OP ನಿಂತಿದೆ.

2

a+b= 180 0

ಆದೇಶಿಸಿದೆ.

3

b = 180 0 -a

4

a-b = 80 0

5

a-b= a – (180 0 -a) = 2a -180 0

6

2a -180 0 =80 0

a-b =80 ದತ್ತ

7

2a =80 0 +180 0 = 260 0 : 2a =260 0

8

a= 130 0 :b =50 0

6.2 ಸಮಸ್ಯೆ 4: ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ OBಯು POQ ವನ್ನು ಅರ್ಧಿಸುತ್ತದೆ. OA ಮತ್ತು OB ಗಳು ವಿರುದ್ಧ ದಿಕ್ಕಿನಲ್ಲಿರುವ ಕಿರಣಗಳು

AOP = AOQ ಎಂದು ಸಾಧಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ :

ಸಂ.

ನಿರೂಪಣೆ

ಕಾರಣಗಳು

1

AOP+ POB=180 0

ಸರಳಯುಗ್ಮ ಕೋನಗಳು

2

AOP = 180 0 - POB

3

POB = BOQ

OBಯು POQ ವನ್ನು ಅರ್ಧಿಸುತ್ತದೆ.

4

AOP = 180 0 - BOQ

3 ನ್ನ 2 ರಲ್ಲಿ ರಲ್ಲಿ ಆದೇಶಿಸಿದೆ.

5

AOQ+ QOB=180 0

ಹೇಳಿಕೆ 1: ಸರಳಯುಗ್ಮ ಕೋನಗಳು

6

AOQ = 180 0 - BOQ

7

AOP = 180 0 - BOQ= AOQ

4 ಮತ್ತು 6 ರಿಂದ

ಸಮಸ್ಯೆ 5: ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ PQ ಮತ್ತು RS ರೇಖೆಗಳು O ನಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸುತ್ತಿವೆ. OAಯು PORನ್ನ ಅರ್ಧಿಸುತ್ತದೆ.OBಯು SOQ ನ್ನ ಅರ್ಧಿಸುತ್ತದೆ.

AB ಸರಳ ರೇಖೆ ಎಂದು ತೋರಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ :

ಸಂ.

ನಿರೂಪಣೆ

ಕಾರಣಗಳು

1

POR = 2 AOP

OAಯು POR ನ್ನ ಅರ್ಧಿಸುತ್ತದೆ.

2

SOQ = 2 BOQ

OBಯು SOQ ನ್ನ ಅರ್ಧಿಸುತ್ತದೆ.

3

POR = SOQ

ಶೃಂಗಾಭಿಮುಖ ಕೋನಗಳು ಪರಸ್ಪರ ಸಮ.

4

2 AOP = 2 BOQ: AOP = BOQ

5

AOB = AOP+ POS+ SOB

6

= BOQ+ POS+ SOB

AOPಗೆ BOQ ವನ್ನು ಆದೇಶಿಸಿದೆ.

7

= POS+ SOB+ BOQ

8

= 180 0

PQ ಒಂದು ಸರಳರೇಖೆ. OS ಎಂಬುದು ಅದರ ಮೇಲಿನ ಕಿರಣ SOQ = SOB+ BOQ. AB ಯು ಒಂದು ಸರಳರೇಖೆ.

ಸಮಸ ್ಯೆ 6: ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ ABC = ACB ಆದರೆ ACQ = ABP ಮತ್ತು CBR = BCS ಎಂದು ತೋರಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ :

ಸಂ.

ನಿರೂಪಣೆ

ಕಾರಣಗಳು

1

ACB+ ACQ = 180 0

BC ಯು ಒಂದು ಸರಳರೇಖೆ.

2

ACB = 180 0 – ACQ

3

PBA+ ABC = 180 0

BC ಯು ಒಂದು ಸರಳರೇಖೆ.

4

PBA = 180 0 – ABC

5

= 180 0 – ACB

6

= 180 0 – (180 0 – ACQ)

2 ರಲ್ಲಿ ACB =180 0 - ACQ

7

= ACQ

8

PBR= ABC

ಶೃಂಗಾಭಿಮುಖ ಕೋನಗಳು

9

QCS= ACB

ಶೃಂಗಾಭಿಮುಖ ಕೋನಗಳು

10

PBR = QCS

8,9 ಮತ್ತು ದತ್ತ ABC= ACB

11

CBR = 180 0 – PBR

CBR + PBR = 180 0

12

= 180 0 – QCS

10

13

=180 0 – (180 0 – BCS)

QCS+ BCS = 180 0

14

= BCS

6.2 ಸಮಸ ್ಯೆ 7: ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ AGE=120 0 . CHF = 60 0 . AB ಮತ್ತು CD ಗಳು ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿವೆಯೇ ಎಂದು ಪರೀಕ್ಷಿಸಿ

ಪರಿಹಾರ :

ಸಂ.

ನಿರೂಪಣೆ

ಕಾರಣಗಳು

1

CHF = GHD = 60 0

CHF ಮತ್ತು GHD ಗಳು ಶೃಂಗಾಭಿಮುಖ ಕೋನಗಳು CHF = 60 0 (ದತ್ತ)

2

EGB = 60 0 .

AGE = 120 0 , AGE + EGB =180 0 ಸರಳಯುಗ್ಮಗಳು.

3

EGB = GHD

1 ಮತ್ತು 2 ರಿಂದ.

EGB ಮತ್ತು GHD ಗಳು ಅನುರೂಪ ಕೋನಗಳು. ಹೇಳಿಕೆ 4 ರಂತೆ, ಅನುರೂಪ ಕೋನಗಳು ಸಮವಾದ್ದರಿಂದ, AB ಮತ್ತು CD ಗಳು ಸಮಾನಾಂತರ.

6.2 ಸಮಸ್ಯೆ 8: ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ AB||CD, EF ಛೇದಕವು ಅವುಗಳನ್ನು ಕ್ರಮವಾಗಿ G ಮತ್ತು H ಗಳಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸಿದೆ. AGE ಮತ್ತು EGB ಗಳು 3:2 ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿದ್ದರೆ, ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ ಎಲ್ಲಾ ಕೋನಗಳನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ.

ಪರಿಹಾರ :

AB ಯು ಒಂದು ಸರಳರೇಖೆ. ಆದ್ದರಿಂದ AGE + EGB =180 0 .

ಈ ಕೋನಗಳ ಅನುಪಾತ 3:2. ಆದ್ದರಿಂದ 180 0 ಯನ್ನ ಈ ಅನುಪಾತಕ್ಕನುಗುಣವಾಗಿ ವಿಭಾಗಿಸಬೇಕು.

ಅನುಪಾತದ ಪರಿಮಾಣಗಳ ಮೊತ್ತ = 3+2 =5:

5 ಪರಿಮಾಣದ ಬೆಲೆ = 180 0

1 ಪರಿಮಾಣದ ಬೆಲೆ = 180 0 ÷5 = 36 0

AGE = 3 ಪರಿಮಾಣ = 3*36 0 = 108 0

EGB = 2 ಪರಿಮಾಣ = 2*36 0 = 72 0

ನಿರೂಪಣೆ

ಕಾರಣಗಳು

AGE = HGB =108 0

ಶೃಂಗಾಭಿಮುಖ ಕೋನಗಳು

EGB = AGH = 72 0

ಶೃಂಗಾಭಿಮುಖ ಕೋನಗಳು

EGB = GHD = 72 0

ಅನುರೂಪ ಕೋನಗಳು

AGE = CHG =108 0

ಅನುರೂಪ ಕೋನಗಳು

DHF = CHG =108 0

ಶೃಂಗಾಭಿಮುಖ ಕೋನಗಳು

CHF = GHD = 72 0

ಶೃಂಗಾಭಿಮುಖ ಕೋನಗಳು

6.2 ಸಮಸ್ಯೆ 9: ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ PQ||RS. ಆದರೆ QPO + ORS = POR ಎಂದು ಸಾಧಿಸಿ.

ರಚನೆ: PQ ಗೆ ಸಮಾಂತರವಾಗಿ O ಬಿಂದುವಿನ ಮೂಲಕ TU ಸರಳರೇಖೆ ಎಳೆಯಿರಿ.

SRನ್ನ Y ವರೆಗೆQPಯನ್ನುX ವರೆಗೆ, ROವನ್ನುV ವರೆಗೆ,OP ವನ್ನುZ ವರೆಗೆ ವೃದ್ಧಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ :

ಸಮಾಂತರ ಸರಳರೇಖೆಗಳ ಮೇಲಿನ ಪ್ರಮೇಯ (Theorem on Parallel lines):

ತರ್ಕಬದ್ಧವಾಗಿ ಸಾಧಿಸಬೇಕಾದ ಹೇಳಿಕೆಗಳನ್ನು ‘ಪ್ರಮೇಯ’ (Theorem) ಎನ್ನುವರು.

ಒಂದು ಪ್ರಮೇಯದಲ್ಲಿ ಈ ಕೆಳಗಿನ ಭಾಗಗಳಿರುತ್ತವೆ:-

1. ದತ್ತ: ಪ್ರಮೇಯದಲ್ಲಿ ಕೊಟ್ಟ ಅಂಶಗಳು.

2. ಪ್ರಮೇಯದ ದತ್ತಾಂಶಕ್ಕನುಗುಣವಾದ ಒಂದು ನಕ್ಷೆ(ಚಿತ್ರ).

3. ಸಾಧನೀಯ: ಸಾಧಿಸಬೇಕಾದ ಅಂಶಗಳು.

4. ರಚನೆ: ಪ್ರಮೇಯದ ಸಾಧನೆಗೆ ಹೆಚ್ಚಿನ ರಚನೆ ಬೇಕಾದರೆ, ಅವುಗಳ ರಚನೆ.

5. ಸಾಧನೆ: ತರ್ಕಬದ್ಧವಾದ ಸಾಧನೆ.

‘ಪ್ರಮೇಯ’ಕ್ಕೆ ಒಂದು ಉದಾಹರಣೆ:

ಪೈಥಾಗೊರಸನ ಪ್ರಮೇಯ:

“ಒಂದು ಲಂಬಕೋನ ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ವಿಕರ್ಣದ ವರ್ಗವು ಉಳಿದೆರಡು ಬಾಹುಗಳ ವರ್ಗಗಳ ಮೊತ್ತಕ್ಕೆ ಸಮ”.

(ವಿಕರ್ಣ) 2 = (ಬಾಹು) 2 +(ಬಾಹು) 2

ಇದನ್ನು ಮುಂದೆ ಸಾಧಿಸಲಿಕ್ಕೆ ಇದ್ದೇವೆ.

6.3 ಪ್ರಮೇಯ 1: ಎರಡು ಸಮಾಂತರ ಸರಳರೇಖೆಗಳನ್ನು ಒಂದು ಛೇದಕರೇಖೆಯು ಛೇದಿಸಿದಾಗ ಉಂಟಾಗುವ

1. ಪ್ರತಿಯೊಂದು ಜೊತೆ ಪರ್ಯಾಯ ಕೋನಗಳು ಸಮವಾಗಿರುತ್ತವೆ.

2. ಛೇದಕ ರೇಖೆಯ ಒಂದೇ ಪಾರ್ಶ್ವದಲ್ಲಿರುವ ಅಂತರ್ಕೋನಗಳು ಪರಿಪೂರಕಗಳಾಗಿರುತ್ತವೆ.

ದತ್ತ: AB || CD, EF ಇಈ ಛೇದಕ ರೇಖೆಯು AB ಮತ್ತು CD ಗಳನ್ನು ಕ್ರಮವಾಗಿ G ಮತ್ತು H ಗಳಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸಿದೆ.

ಸಾಧನೀಯ:

1) AGH = GHD, BGH= CHG ( 1 = 3, 2= 4)

2) AGH+ CHG = 180 0 , BGH+ DHG =180 0 ( 1+ 4 = 180 0 , 2+ 3 =180 0 )

ಸಂ.

ನಿರೂಪಣೆ

ಕಾರಣಗಳು

1

EGB = GHD

2

EGB = AGH

ಶೃಂಗಾಭಿಮುಖ ಕೋನಗಳು ಸಮ

3

AGH = GHD

ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ 1: ಒಂದೇ ಅಂಶಕ್ಕೆ ಸಮನಾದ ಅಂಶಗಳು ಪರಸ್ಪರ ಸಮ.

4

AGE = CHG

ಅನುರೂಪಕೋನಗಳು ಸಮ

5

AGE = BGH

ಶೃಂಗಾಭಿಮುಖ ಕೋನಗಳು ಸಮ

6

CHG= BGH

ಸ್ವಯಂಸಿದ್ಧ 1: ಒಂದೇ ಅಂಶಕ್ಕೆ ಸಮನಾದ ಅಂಶಗಳು ಪರಸ್ಪರ ಸಮ.

7

AGH+ HGB= 180 0

ಸರಳಯುಗ್ಮ ಕೋನಗಳು

8

BGH = CHG

ಹಂತ 5, 6 ರಿಂದ

9

AGH+ CHG= 180 0

HGB ಯ ಬದಲು CHG ಯನ್ನು ಆದೇಶಿಸಿದೆ.

10

CHG + GHD = 180 0

ಸರಳಯುಗ್ಮ ಕೋನಗಳು

11

BGH = CHG

ಹಂತ 6 ರಿಂದ

12

GHD+ BGH= 180 0

10 ರಲ್ಲಿ CHG ಬದಲು BGH ಆದೇಶಿಸಿದೆ.

6.3 ಸಮಸ್ಯೆ 1: ಕೆಳಗಿನ ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ AB || PQ ಮತ್ತು BC || QR, ಆದರೆ PQR = ABC ಎಂದು ಸಾಧಿಸಿ

ದತ್ತ : AB || PQ, BC || QR

ಸಾಧನೀಯ: PQR = ABC

ರಚನೆ: PQ ವನ್ನ ವೃದ್ಧಿಸಿದೆ. ಅದು BC ಯನ್ನು T ನಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸಿದೆ. RQ ವನ್ನ ವೃದ್ಧಿಸಿದೆ. ಅದು AB ಯನ್ನು S ನಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸಿದೆ.

ಸಾಧನೆ:

PQR = ASR (AB || PQ : ಅನುರೂಪ ಕೋನಗಳು)

ASR = ABC (BC || QR : ಅನುರೂಪ ಕೋನಗಳು)

PQR = ABC

6.3 ಸಮಸ್ಯೆ 2 : ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ AB||CD. EH ಮತ್ತು FG ಗಳು ಕ್ರಮವಾಗಿ FEB ಮತ್ತು EFD ಗಳ ಕೋನಾರ್ಧಕ ರೇಖೆಗಳು.

ಆಗ, EH ಮತ್ತು FG ಗಳು ಪರಸ್ಪರ ಲಂಬವಾಗಿವೆ ಎಂದು ಸಾಧಿಸಿ

ರಚನೆ: CD ಗೆ ಸಮಾಂತರವಾಗಿ G ಬಿಂದುವಿನ ಮೂಲಕ GI ರೇಖೆಯನ್ನೆಳೆದಿದೆ.

ಪರಿಹಾರ :

ಸಂ.

ನಿರೂಪಣೆ

ಕಾರಣಗಳು

1

CFE = BEF

AB ||CD ಪರ್ಯಾಯ ಕೋನಗಳು.

2

BEF = 2 FEG

FEB ಯ ಕೋನಾರ್ಧಕ EH.

3

CFE = 2 FEG

1 ಮತ್ತು 2 ರಿಂದ .

4

EFD = AEF

AB ||CD ಪರ್ಯಾಯ ಕೋನಗಳು.

5

EFD = 2 EFG

EFD ಯ ಕೋನಾರ್ಧಕ GF.

6

CFE + EFD = 180 0

CD ರೇಖೆಯ ಮೇಲಿನ ಕೋನಗಳು (ಸರಳಯುಗ್ಮ)

7

2 FEG +2 EFG = 180 0

3 ಮತ್ತು 5 ರಿಂದ 6ರಲ್ಲಿ ಆದೇಶಿಸಿದೆ .

8

FEG + EFG = 90 0

7 ನ್ನ ಸುಲಭೀಕರಿಸಿದೆ .

9

FEG = GEB

BEI ಯ ಕೋನಾರ್ಧಕ EG

10

GEB = EGI

AB||IG ಪರ್ಯಾಯ ಕೋನಗಳು .

11

FEG = EGI

ಮತ್ತು 10 ರಿಂದ

12

EFG= GFD

IFD ಯ ಕೋನಾರ್ಧಕ FG

13

GFD = IGF

CD||IG ಪರ್ಯಾಯ ಕೋನಗಳು.

14

EFG = IGF

12 ಮತ್ತು 13ರಿಂದ .

15

EGI + IGF(= EGF) = 90 0

11 ಮತ್ತು 14 ರಿಂದ 8ರಲ್ಲಿ ಆದೇಶಿಸಿದೆ .

16

ಆದ್ದರಿಂದ , EH ಮತ್ತು FG ಗಳು ಪರಸ್ಪರ ಲಂಬವಾಗಿವೆ .

6.3 ಪ್ರಮೇಯ 2(1 ನೇ ಪ್ರಮೇಯದ ವಿಲೋಮ ) : ಎರಡು ಸಮಾಂತರ ಸರಳರೇಖೆಗಳನ್ನು ಒಂದು ಛೇದಿಸಿದಾಗ,

1): ಪ್ರತಿಯೊಂದು ಜೊತೆ ಪರ್ಯಾಯ ಕೋನಗಳು ಸಮವಾಗಿದ್ದರೆ

ಅಥವಾ

2): ಛೇದಕ ರೇಖೆಯ ಒಂದೇ ಪಾರ್ಶ್ವದಲ್ಲಿನ ಅಂತರ್ ಕೋನಗಳು ಪರಿಪೂರಕಗಳಾಗಿದ್ದರೆ, ಪಾರ್ಶ್ವದಲ್ಲಿನ

ಆ ಎರಡು ಸರಳ ರೇಖೆಗಳು ಸಮಾಂತರ ರೇಖೆಗಳಾಗಿರುತ್ತವೆ.

ದತ್ತ:

‘1) AB ಮತ್ತು CD ಸರಳರೇಖೆಗಳನ್ನು EF ಛೇದಿಸುತ್ತದೆ ಮತ್ತು

2) AGH = GHD ( BGH= CHG)

ಅಥವಾ

3) AGH+ CHG = 180 0 ( BGH+ DHG =180 0 )

ಸಾಧನೀಯ: AB||CD.

ಸೂಚನೆ: ಮೊದಲು ಅನುರೂಪ ಕೋನಗಳು ಸಮವೆಂದು ಸಾಧಿಸಿ.

ನಂತರ 6.2.3 ಹೇಳಿಕೆ 4 ರ ಆಧಾರದಂತೆ ರೇಖೆಗಳು ಸಮಾಂತರವಾಗಿರುತ್ತವೆ

ಮೂಲ : ಫ್ರೀ ಗಣಿತ